精品解析：福建省”龙岩一中、三明二中、永春一中“三校协作2026-2027学年高三上学期10月阶段检测数学试题

“三明二中、永春一中、龙岩一中”三校协作 2026—2027学年第一学期联考 高三数学试题 （考试时间：120分钟 总分：150分） 试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设全集，集合，则为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为全集，集合， 所以. 2. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据等式与不等式的性质及作差法可求得结果 【详解】对于A：当时，，选项A错误； 对于B：因为，令，则，选项B错误； 对于C：，因为，，若，则，选项C错误； 对于D：由，得，则，选项D正确， 故选：D. 3. 一个扇形的弧长和面积都为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设该扇形的半径为，圆心角的弧度数为， 由题意可得，解得， 因此，这个扇形的圆心角的弧度数为. 4. 若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由，利用两角和的余弦公式求解. 【详解】因为，所以， 又，则， 所以， 所以， ， ， 故选：C 5. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由函数的奇偶性和区间内的取值范围，利用排除法求解. 【详解】由，解得，所以函数定义域为， ，是偶函数，排除A，B； 由时，，排除D. 故选：C 6. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】构造函数，求得且，把不等式转化为，得到，结合单调性，即可求解. 【详解】构造函数，可得， 因为，可得，所以在单调递减， 又因为，可得， 则不等式，即，可得， 即，所以，即不等式的解集为. 7. 已知函数的图象关于直线对称．则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】D 【解析】 【分析】求函数定义域，结合对称性可知，再根据可得，并代入检验，进而可得结果. 【详解】令，等价于，解得或， 所以函数的定义域为， 若函数的图象关于直线对称，则， 且，即，解得， 所以， 且， 可知函数的图象关于直线对称，即，符合题意， 所以. 8. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，为偶函数，当时，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】利用为奇函数，为偶函数，判断函数的周期，利用，可求、、的值，再用公式计算平方和，并利用周期将化简即可求解. 【详解】因为为奇函数，则函数关于点中心对称， 又因为偶函数，则函数关于直线轴对称，故函数有一个周期为4， 因，结合，可得， 又因，令得， 当时，，则有，解得， 即当时，， 根据恒等式：， 令， ， ， ， ， 左右两边分别相加得： ， 即， 所以 ， 所以， 因为除以周期4得余数为2， 则. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知集合，，则使的实数的取值范围可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】分析可知， ，分、两种情况讨论，在第一种情况下，可得出关于实数的不等式；在第二种情况下，可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围. 【详解】因为，，，所以， 若，则，解得，符合题意； 若且，则，解得. 综上所述，实数的取值范围是， 又是的子集，故也符合题意. 10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 在上单调递增 【答案】ABC 【解析】 【分析】首先化简函数解析式，对于A，通过诱导公式化简，可判断A；对于B，求出，判断是否为的最大值，进而判断B；对于C，化简可判断C；对于D，整体法及正弦函数的性质可判断. 【详解】由题意得. 对于A，，故A正确； 对于B，，而，所以，故B正确； 对于C，，因为 是奇函数，故C正确； 对于D，当时，，由正弦函数的性质知在上不单调，故D错误. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 值域为 B. 曲线有且仅有一个对称中心 C. 当时，恒有成立 D. 若，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】该函数是奇函数，图象只有一个对称中心，且正数范围内函数值总大于自变量，再结合正数范围内两自变量互为倒数及单调性推导. 【详解】已知函数，令， 由对勾函数性质知：在上递减，在上递增，且值域为， 而在上递增，故在上递减，在上递增，且， 由奇函数的对称性知：在上递增，在上递减，且， 所以值域为，错误； 因为，所以为奇函数，图象关于原点对称，且值域为，作出函数的图象，如图： ， 图象关于原点对称，函数没有其它对称中心，正确； 当时，，所以恒有，正确 因为， 由且， 在 上单调递减、在上单调递增，可得， 因为，所以，所以， 设函数， 时，递减；时，递增， 所以在处取得最小值，， 所以， 即，正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知幂函数为偶函数，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】结合幂函数与偶函数的定义求解即可. 【详解】因为是幂函数， 所以，解得或. 当时，，是奇函数，不符合题意； 当时，，是偶函数，符合题意. 综上，. 13. 已知实数，满足，则的最小值为________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据基本不等式的性质求出最小值即可. 【详解】由题，， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值为5. 故答案为：5. 14. 函数，其中，则关于的不等式的解集是____________________． 【答案】 【解析】 【分析】根据的范围和分段函数解析式，可分3种情况讨论，分别是，，，每种情况依次写出对应的和解析式，代入不等式求解即可. 【详解】当时，， 解得，因为，所以， 所以满足，故解为. 当时，，， 所以， 即， 令， 得或， 所以不等式的解为或， 但，所以本段无解. 当时，， 即， 令， 得或， 所以不等式的解为或， 但，所以本段无解. 综上所述不等式的解集是. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为提升青年球员的点球命中率，某足球青训营开展专项训练对比实验．教练从参训球员中随机选取200人，平均分为两组：甲组采用常规训练，乙组采用“预判+步伐”专项训练．训练周期结束后进行统一测试．得到了如右的列联表： 命中 未命中 合计 常规训练 60 40 100 专项训练 75 25 100 合计 135 65 200 （1）分析列联表数据，能否有95%的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关？请说明理由； （2）经大量训练，乙组球员的命中率（以比例表示）近似服从正态分布，其均值为0.75，标准差为0.05．现从乙组中随机抽取一名球员，求该球员命中率介于0.8到0.85之间的概率． 附：①，． 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 ②若，则，，． 【答案】（1）有的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关 （2）0.1359. 【解析】 【小问1详解】 根据题意，设：“训练方式”与“点球命中”无关 ， 因为，所以有的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关． 【小问2详解】 因为乙组球员的命中率近似服从正态分布，其均值为0.75，标准差为0.05， 即乙组球员的命中率近似服从， ，， 根据正态分布的对称性，总概率为1， 可得， 因此该球员命中率介于0.8到0.85之间的概率 16. 已知是函数的导函数，且． （1）求的解析式； （2）若曲线存在过点的切线，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先对已知函数式令，推出简化原式，再对求导，代入利用解出，进而求出的解析式. （2）先求出函数导数，设出切点写出切线方程，把定点(t，0)代入切线方程整理出关于切点横坐标的表达式，转变成一元二次不等式问题得到实数的取值范围. 【小问1详解】 已知，令，得. 即，解得. 因此. 对求导：. 令，结合，得，即，解得. 代入得的解析式：. 【小问2详解】 由（1）得，. 设切点为，切线斜率为，切线方程. 因为切线过点，代入得. 约去并整理得一元二次方程. 曲线存在这样的切线等价于关于的一元二次方程有实数解. 故判别式，化简得。 解不等式得或，所以实数的取值范围是. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，是棱上一点，且，. （1）若，求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 【答案】（1） 连接交于点，连接， 因为，且，所以，， 又因为，则，所以，， 因为平面，平面，故平面. （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，证明出，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的方程，结合求出的值，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：因为平面，，以点为坐标原点， 、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系， 因为，，则、、、， 设，其中， 则， 设平面的法向量为，，， 则，取，可得， 由题意可得， 整理可得，解得，此时点为的中点，故. 18. 设函数． （1）当时，求的极值； （2）若存在极值点． ①求的零点个数； ②讨论的“所有零点之和”与“所有极值点之和的2倍”的大小关系，并说明理由． 【答案】（1）有极大值0，无极小值 （2）①当或时，有1个零点；当且时，有2个零点． ②不妨记所有零点之和为，所有极值点之和为． 当时，零点仅有，故．极值点为，， 由韦达定理，故．此时，即． 当时，零点仅有，故．极值点为1，故． 此时，即． 当且时，有两个零点，其中一个为1，另一个记为，则． 极值点仅有，故． 由单调性知，且满足，即． 设，， 则 ， 将代入得． 因为，所以恒成立，在上单调递增， 又，即． 显然，取较小的零点，， 因为，所以， 又与均在区间上，且在单调递减， 故，即，即． 综上，当时，所有零点之和等于所有极值点之和的2倍； 当时，所有零点之和小于所有极值点之和的2倍； 当且时，所有零点之和大于所有极值点之和的2倍． 【解析】 【分析】（1）根据极值的求解步骤求解即可； （2）①求定义域，求导，分，，结合根的判别式进行分类讨论，得到各种情况下的极值情况，得到答案；恒为函数的一个零点，在（1）的情况下进行分类讨论，结合特殊点函数值和零点存在性定理分析出各种情况下零点个数，得到答案； ②记所有零点之和为，所有极值点之和为，分，和且时，结合极值点偏移思想，得到与的数量关系和不等关系，得到答案. 【小问1详解】 函数的定义域为，， 当时，则， 令，得，所以在单调递增，在单调递减 又，所以有极大值0，无极小值 【小问2详解】 ①由于，故恒为函数的一个零点． 函数的定义域为，， 若，则，函数无极值点； 当时，方程的判别式， 设的两根分别为， 若，则，且二次项系数，故恒成立， 即，函数无极值点. 当时，，且两根之和，两根之积， 方程有两个不相等的正实根，，不妨设， 当时，，当时，， 此时为极大值点，为极小值点，有2个极值点. 设，则，且，， 故，在上单调递增． 又且，所以是该区间唯一零点． 此时． 当时，有且， 又，故恒成立， 故当时，函数只有1个零点． 当时，，且，故方程有一正一负两根. 由于定义域为，仅有一个正根，不妨设正根为. 当时，；当时，. 此时有1个极值点，为极大值点. 若，则．此时满足，即． 当时，极大值点即为零点，函数只有1个零点． 若，则极大值，在单调递增，在单调递减， 当时，，即，取， 且，由于，又， 则，即． 因为，故． 若，则落在或上． 在上，与矛盾；在上，但，矛盾． 故． 故根据零点存在定理，在区间内存在一个零点． 即时存在2个零点． 当时，，即， 取，，令，则． 此时，，． 设，则， 当时，，故在单调递减， ，即． 设，且是的唯一正根． 因为，抛物线开口向下，， 故当时，，可知． 又，故根据零点存在性定理，在区间内存在一个零点． 综上，当或时，有1个零点；当且时，有2个零点． ②略. 19. 定义二元函数（，），同时满足：①；②两个条件． （1）求的值； （2）当时，比较（）和0的大小，并说明理由； （3）若为的极大值点，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3）． 【解析】 【分析】（1）这是一个基础代入题。已知，要求，直接利用条件②，令即可； （2）要比较大小，首先需要求出的解析式。观察条件②的递推公式，可以利用累加法（叠加法）求出通项，; （3）首先需要求出的表达式。这需要用到第（2）问中的表达式， 根据极大值点的定义，需要满足两个条件： 必要条件：，充分条件：在的左侧附近，在的右侧附近. 【小问1详解】 由题意知，，， ； 【小问2详解】 由已知， 当时，， 所以 ， 当且仅当（）时，上式取得等号，但不可能成立， 当时，，不等式也成立， 所以当，时，； 【小问3详解】 因为， 所以（），注意到， （），注意到， 令（）， 则（），注意到， 令（）， 则（）， 可知当时，， 则当时，，为增函数，即为增函数， 若，即当时， 存在，使得当时，，为增函数，即为增函数， 所以在区间上，，为增函数， 所以不是的极大值点，不符合题意，舍去， 若，即当时， 存在，使得当时，，为减函数，即为减函数， 所以在区间上，，函数单调递减， 在区间上，，函数单调递增， 所以，是的极大值点，符合题意， 综上所述，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ “三明二中、永春一中、龙岩一中”三校协作 2026—2027学年第一学期联考 高三数学试题 （考试时间：120分钟 总分：150分） 试卷分为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分 第Ⅰ卷（选择题，共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 设全集，集合，则为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 3. 一个扇形的弧长和面积都为，则这个扇形的圆心角的弧度数为（ ） A. B. C. D. 4. 若，，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数的导函数为，若对任意的，都有，且，则不等式的解集为（    ） A. B. C. D. 7. 已知函数的图象关于直线对称．则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知定义在上的函数满足，为奇函数，为偶函数，当时，，若，则（ ） A. B. 0 C. 6 D. 2 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知集合，，则使的实数的取值范围可以是（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 在上单调递增 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 值域为 B. 曲线有且仅有一个对称中心 C. 当时，恒有成立 D. 若，且，则 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知幂函数为偶函数，则__________． 13. 已知实数，满足，则的最小值为________. 14. 函数，其中，则关于的不等式的解集是____________________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 为提升青年球员的点球命中率，某足球青训营开展专项训练对比实验．教练从参训球员中随机选取200人，平均分为两组：甲组采用常规训练，乙组采用“预判+步伐”专项训练．训练周期结束后进行统一测试．得到了如右的列联表： 命中 未命中 合计 常规训练 60 40 100 专项训练 75 25 100 合计 135 65 200 （1）分析列联表数据，能否有95%的把握认为“训练方式”与“点球命中”有关？请说明理由； （2）经大量训练，乙组球员的命中率（以比例表示）近似服从正态分布，其均值为0.75，标准差为0.05．现从乙组中随机抽取一名球员，求该球员命中率介于0.8到0.85之间的概率． 附：①，． 0.10 0.05 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 ②若，则，，． 16. 已知是函数的导函数，且． （1）求的解析式； （2）若曲线存在过点的切线，求实数的取值范围． 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，是棱上一点，且，. （1）若，求证：平面； （2）若直线与平面所成角的正弦值为，求的长. 18. 设函数． （1）当时，求的极值； （2）若存在极值点． ①求的零点个数； ②讨论的“所有零点之和”与“所有极值点之和的2倍”的大小关系，并说明理由． 19. 定义二元函数（，），同时满足：①；②两个条件． （1）求的值； （2）当时，比较（）和0的大小，并说明理由； （3）若为的极大值点，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $